¿Cuál es el valor de $\left(\frac{1}{2}\right)^{\left(\frac{1}{3}\right)^{\left(\frac{1}{4}\right)^{\unicode{x22F0}}}}$?

Question

Motivación

He estado pensando en esta cosa durante bastante tiempo. He probado muchas formas pero no logré descifrarlo realmente.

Estoy bastante seguro de que este tipo de expresiones no tienen realmente una forma cerrada, por lo que estoy pidiendo otra representación, por ejemplo tal vez en términos de una suma infinita o un producto o algo así.

Creando una Nueva Notación

Así como hay una notación para una suma $\textstyle\displaystyle{\sum_{n=a}^{b}s_n=s_a+\cdots+s_b}$ y también para un producto $\textstyle\displaystyle{\prod_{n=a}^{b}s_n=s_a\cdots s_b}$, me sorprendió mucho que no hubiera ninguna notación para la exponenciación.

Estoy de acuerdo en que no habría ningún uso para esta notación, pero aún así, ¿por qué ningún matemático ha creado alguna vez tal notación solo por el bien de la curiosidad? Por eso solicito a los lectores que me den referencias si las hay. No he encontrado ninguna, así que estoy creando la mía. Deje $$\boxed{\textstyle\displaystyle{{\huge\varepsilon\normalsize}_{k=a}^{b}s_k=s_a^{\unicode{x22F0}^{s_b}}}}$$ donde $b>a$. Si $a>b$ entonces $\textstyle\displaystyle{{\huge\varepsilon\normalsize}_{k=a}^{b}s_k=1}$ y $\textstyle\displaystyle{{\huge\varepsilon\normalsize}_{k=a}^{b}x=^{b-a+1}x}$. Obviamente $a,b\in\mathbb{Z}$.

A diferencia del producto y la suma, la exponenciación no es conmutativa, por lo que tenemos que tener cuidado al usar la notación. Tal vez podamos modificarla un poco para incluir el orden.

Por cierto, estamos definiendo $\textstyle\displaystyle{{\huge\varepsilon\normalsize}_{k=a}^{\infty}s_k:= \lim_{n\rightarrow\infty}\left({\huge\varepsilon\normalsize}_{k=a}^{n}s_k\right)}.$

Algunas Preguntas Naturales

Cuando se escribe en forma de esta notación, algunas preguntas curiosas y naturales surgen o al menos surgieron en mi mente, por ejemplo $\textstyle\displaystyle{{\huge\varepsilon\normalsize}_{k=2}^{\infty}\frac{1}{k^s}}$ y $\textstyle\displaystyle{{\huge\varepsilon\normalsize}_{k=2}^{\infty}\frac{1}{n}}$.

Mi Curiosidad

Mi curiosidad inicial era $H=\textstyle\displaystyle{{\huge\varepsilon\normalsize}_{k=2}^{\infty}\frac{1}{k}=\left(\frac{1}{2}\right)^{\left(\frac{1}{3}\right)^{\left(\frac{1}{4}\right)^{\unicode{x22F0}}}}}$.

Como señaló Tavish en los comentarios, esto se puede escribir como una relación de recurrencia dada por $$\textstyle\displaystyle{a_{n+1}=-\frac{\ln(a_n)}{\ln(n)}}$$ donde $\textstyle\displaystyle{a_n=\left(\frac{1}{n}\right)^{\left(\frac{1}{n+1}\right)^{\unicode{x22F0}}}}$. Resolver esto nos ayudará a derivar $H$.

Pero como se señala en los comentarios y en esta pregunta (Nótese que esta pregunta se centra en la convergencia de $H$, mientras que mi pregunta se centra en algo diferente), $H$ no tiene mucho sentido según la definición de torres de potencias infinitas anteriores porque parece que $$\textstyle\displaystyle{\lim_{n\rightarrow\infty}\left({\huge\varepsilon\normalsize}_{k=2}^{2n}\frac{1}{k}\right)\neq\lim_{n\rightarrow\infty}\left({\huge\varepsilon\normalsize}_{k=2}^{2n+1}\frac{1}{k}\right)}.$$ En particular, tenemos

\begin{align}H_O&=\lim_{n\rightarrow\infty}\left({\huge\varepsilon\normalsize}_{k=2}^{2n+1}\frac{1}{k}\right)=0.6903471261\cdots\\H_E&=\lim_{n\rightarrow\infty}\left({\huge\varepsilon\normalsize}_{k=2}^{2n}\frac{1}{k}\right)=0.6583655992\cdots\end{align}

Dejemos $E_n=\textstyle\displaystyle{{\huge\varepsilon\normalsize}_{k=2}^{2n}\frac{1}{k}}$ y $O_n=\textstyle\displaystyle{{\huge\varepsilon\normalsize}_{k=2}^{2n+1}\frac{1}{k}}$. Intenté construir una relación de recurrencia para $E_n$ y $O_n$, pero no pude, excepto \begin{align}E_{n+1}&=\left(\log_{\frac{1}{2n-1}}(\cdots\log_{\frac{1}{2}}(E_n))\right)^{\left(\frac{1}{2n+1}\right)^{\left(\frac{1}{2n+2}\right)}}\\O_{n+1}&=\left(\log_{\frac{1}{2n}}(\cdots\log_{\frac{1}{2}}(O_n))\right)^{\left(\frac{1}{2n+2}\right)^{\left(\frac{1}{2n+3}\right)}}\end{align} que realmente no es viable. Si hay una manera de simplificarlo entonces por favor dígamela o escriba una respuesta parcial al respecto, porque nos ayudaría mucho a encontrar los valores de $H_E$ y $H_O$.

Mi Pregunta

Estoy bastante seguro de que realmente no hay una forma cerrada de $H_E$ y $H_O$.

Así que pido una representación diferente para esas constantes, tal vez como una suma o una integral posiblemente?

Answer 1

Es posible escribir la expresión como una serie. La ayuda en una búsqueda de literatura de un servidor de matemáticas de Discord llevó al siguiente artículo

Bender CM, Vinson JP. Summation of power series by continued exponentials. J. Math. Phys. 37, 4103 (1996).

donde se discutió la función $a_0\exp(a_1z\exp(a_2z\exp(\cdots)))$. Una expansión en serie de Taylor se muestra en la ecuación (1.3) como $$a_0+\sum_{n\ge1}\sum_{j_1+\cdots+j_k=n}\left(\prod_{i=1}^k\frac{a_0(a_ij_{i-1})^{j_i}}{j_i!}\right)z^n$$ donde $j_0=1$ y $j_i>0$ para cada $i\ge1$ (una suma multinomial de cierto tipo). Evidentemente, dado un valor particular de $z$, esta función converge si la secuencia de convergentes exponenciales $a_0,a_0\exp(a_1z),\cdots$ converge. Sin embargo, como se muestra en Convergence of $a_n=(1/2)^{(1/3)^{...^{(1/n)}}}$, nuestra secuencia converge a dos valores distintos subsecuenciados por paridad, por lo que los resultados en el artículo no se aplican inmediatamente.

Considerando el caso par primero (la secuencia $E_n$ en tu notación), podemos solucionar esto tomando la función $a_0\exp(a_1\exp(a_2z\exp(a_3\exp(a_4z\exp(\cdots)))))$, donde el indeterminado $z$ ocurre solo en índices pares de $a_m$. Los coeficientes son tales que $a_0=1$ y $a_m=-\log(m+1)$ para cada $m\ge1$ y eventualmente tomaremos $z=1$ para evaluar la expresión.

Escribiendo $f_k(z)=\exp(a_{2k+1}\exp(a_{2k+2}zf_{k+1}(z)))$ para cada $k\ge0$, obtenemos \begin{align}\small f_0(z)&\small=e^{a_1}\left(1+a_1\left(a_2zf_1(z)+\frac{a_2^2}2z^2f_1(z)^2+\cdots\right)+\frac{a_1^2}2\left(a_2zf_1(z)+\frac{a_2^2}2z^2f_1(z)^2+\cdots\right)^2+\cdots\right)\\\small f_1(z)&\small=e^{a_3}\left(1+a_3\left(a_4zf_2(z)+\frac{a_4^2}2z^2f_2(z)^2+\cdots\right)+\frac{a_3^2}2\left(a_4zf_2(z)+\frac{a_4^2}2z^2f_2(z)^2+\cdots\right)^2+\cdots\right)\end{align} y así sucesivamente. Los primeros coeficientes de $z^n$ en $f_0(z)$ son los siguientes \begin{align}[z^0]&=e^{a_1}\\ [z^1]&=e^{a_1}a_1a_2e^{a_3}\\ [z^2]&=e^{a_1}a_1a_2e^{a_3}a_3a_4e^{a_5}+e^{a_1}a_1\frac{a_2^2}2e^{2a_3}+e^{a_1}\frac{a_1^2}2a_2^2e^{2a_3}\\ [z^3]&=\tiny e^{a_1}a_1a_2e^{a_3}\left(a_3\frac{a_4^2}2e^{2a_5}+\frac{a_3^2}2a_4^2e^{2a_5}\right)+e^{a_1}a_1\frac{a_2^2}2\cdot2e^{a_3}a_3a_4e^{a_5}+e^{a_1}a_1\frac{a_2^3}6e^{3a_3}+e^{a_1}\frac{a_1^2}2a_2^3e^{3a_3}+\frac{a_1^3}6a_2^3e^{3a_3}.\end{align> Notamos que los coeficientes son mucho menos elegantes que los de la función considerada en el artículo, porque al eliminar el indeterminado $z$ resulta en contribuciones irregulares al extraer cada término. En este momento no tengo tiempo para intentar una expresión en forma cerrada, pero parece probable que exista una (en forma de una suma multinomial doble). Y de la cual tenemos inmediatamente $H_E=\sum\limits_{i\ge0}[z^i]$.

Podemos proceder con el caso impar de una manera muy similar tomando la función $\exp(a_1z\exp(a_2\exp(a_3z\exp(\cdots))))$ y la suma de sus coeficientes nos dará $H_O$.

Answer 2

$\hspace{3.5cm}$

Usando tu notación, define $\overset{n}{\underset{k=2}{\huge \varepsilon}} \, \frac{1}{k} = A_n$ si $n$ es impar y $B_n$ si $n$ es par. Podemos restar los límites de cada "rama" y darle la vuelta al menor para poder realizar una regresión en el logaritmo de la secuencia:

Para $n > 10$ la secuencia se aproxima bastante bien por

$$ f(n) = \exp (-0.0034n^2 - 0.117n - 2.912) \qquad \to \begin{matrix} A_n = f(n) + A_\infty \\ B_n = B_\infty - f(n) \end{matrix} $$

Por cierto, la recursión es bastante inútil porque comienza en $n = \infty$ y $a_2 = - \frac{\ln a_1}{\ln 1}$ lo cual no está determinado.

Answer 3

Usaré la misma respuesta que en la publicación de Christian. Mejor una forma que ninguna. Este será un intento de una forma semi cerrada usando propiedades de los logaritmos. La fracción MathJax no se utilizará para una mejor visualización, dejemos que este número, límite impar o par, sea llamado C por constante. Tenga en cuenta que estos representan ambos casos de $C=\text H_{e,o}$: $$C=(1/2)^{{1/3}^{{...}^{1/n}}}=\exp\biggr(\ln\biggr((1/2)^{{1/3}^{{...}^{1/n}}}\biggr)\biggr)= \exp\bigr({{1/3}^{{...}^{1/n}}} \cdot -\ln(2)\bigr)= \exp\bigr(\exp\bigr({1/4}^{{...}^{1/n}} \cdot-\ln(3)\bigr) \cdot-\ln(2)\bigr)=\exp(\exp(…(-\ln(n)) \cdot-\ln(n-1))… \cdot-\ln(3)) \cdot-\ln(2))$$

Esto significa que nuestra respuesta final es: $$C=\lim_{n\to \infty} \exp(\exp(…(-\ln(n)) \cdot-\ln(n-1))… \cdot-\ln(3)) \cdot-\ln(2)) = \lim_{n\to \infty} e^{e^{e^{{.^{.^.}}^{(-\ln(n)) \cdot-\ln(n-1)}…\cdot-\ln(3)} \cdot-\ln(2)}}$$

Aquí hay un intento de una ecuación diferencial usando un proceso similar. Diferenciaré la versión general que puede combinar ambos casos:

$$y(x)=2^{{-3}^{{-4}^{.^{.^{.^{{(x-1)}^x}}}}}}= 2^{{-3}^{{-4}^ {{.^{.^.}}^{g(x)}}}}$$

Vamos a diferenciar para intentar encontrar una ecuación diferencial:

$$y’=y’(x)=\frac d{dx} \exp \ln\left( 2^{{-3}^{{-4}^ {{.^{.^.}}^{g(x)}}}}\right) =\frac d{dx}\exp\left((-3)^{{-4}^{{-5}^ {{.^{.^.}}^{g(x)}}}}\ln(2)\right)=2^{-3^{{-4}^{{-5}^ {{.^{.^.}}^{g(x)}}}}}\ln(2)\frac d{dx} -\exp\left( {{-4}^{{-5}^ {{.^{.^.}}^{g(x)}}}}\ln(3)\right)= -2^{-3^{{-4}^{{-5}^ {{.^{.^.}}^{g(x)}}}}} 3^{-4^{{-5}^{{-6}^ {{.^{.^.}}^{g(x)}}}}}\ln(2)\ln(3)\frac d{dx} 4^{{-5}^{{-6}^ {{.^{.^.}}^{g(x)}}}}=-y\log_2(y)\ln(2)\ln(3)\frac d{dx} \log_2(\log_3(y))=-\ln(2)y\frac d{dx}\log_2(y)= \ln(2)y\frac{y’(x)}{\ln(2)y}=y= … $$

Sin embargo, esto produce una expresión verdadera. Intentar diferenciar $a_n=\left(\frac1n\right)^{\left(\frac1{n+1}\right)^…}$ produce una derivada cada vez más complicada, por lo que hasta ahora no se puede hacer ninguna ecuación funcional ni ecuación diferencial para tratar de encontrar un valor de $\text H_{e,o}$.

¡Déjame pensar en algo más! Esto también parece ser otra relación recurrente. ¡Por favor corrígeme y dame retroalimentación!